2021年高考化学押题预测卷（湖南卷）（01）（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【湖南卷】

化学♦全解全析

1.【答案】A

【解析】陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，题干中

陶成雅器，水火既济而土合为陶器的生产工艺，所以所述的“陶成雅器”的主要原料是黏土，故选A。

2.【答案】B

【解析】A、发出鱼腥味的物质是胺类化合物，蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸经脱竣作用产生二氧化碳和

胺，烹调时加入少量食醋是为了中和，生成醋酸钱，生成的盐没有特殊的气味，故A正确；B、酸除锈是酸

和铁锈反应生成盐，属于化学变化，洗涤剂去油是利用物质的相似相溶原理，属于物理变化，故B错误；C、

甲酸是酸性物质能和碱反应生成盐，所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，

故C正确；D、强酸、强碱、重金属盐、苯酚、乙醇等都能使蛋白质变性，病菌属于蛋白质，苯酚、酒精能

使病菌变性，从而达到消毒目的，故D正确；故选B。

3.【答案】C

【解析】A、由Cu+2H2so4（浓）AC11SO4+SO2T+2H20可知，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐减小，变成

稀硫酸后，反应停止，因此ImoICu不能完全反应，生成S02的物质的量少于1mol,故A错误；B、氧气

所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧

原子构成，故8g混合物中含有的氧原子的物质的量为n=,/必=o.5mol,而氧原子中含8个电子，故

0.5mol氧原子中含4NA个电子，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故D

错误；故选C。

4.【答案】C

【解析】A、由乳酸薄荷醇酯的结构可知该物质官能团为酯基、羟基，故不但可发生水解、氧化、消去反应，

还可发生取代（酯化）反应，A错误；

B、乙醛官能团为醛基，丙烯醛官能团为醛基、碳碳双键，故二者不为同系物，乙醛与氢气加成后产物为乙

醇，丙烯醛与氢气加成后为1-丙爵，二者为同系物，B错误；

C、淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，C正确；

D、CH3coOCH2cH3与CH3cH2co0CH3分子式相同结构不相同，故互为同分异构体，两者均含有3种氢，

且三种氢个数之比均为3:2:3,但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用iH-NMR来鉴别，D错

误；答案选C。

5.【答案】D

【解析】A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2,过氧化钠的电子式为：曲曲疝:了而，阴阳离子个

数比为1：2,故错误；

B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；

C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；

D、①*2-②得2Na(s)+Na2O2(s尸2Na2O(s)△H=(-414x2+51OkJ-moF^-ankJmoF1,故正确。

答案选D。

6.【答案】B

【解析】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基，该有机物可以

看作C1原子取代丁醇中氢原子形成的，丁醇的同分异构体有：CH3cH2cH2cH2OH、CH3CH2(CH3)CHOH,

(CH3)3COH,CH3(CH3)CHCH20HOCH3cH2cH2cH20H分子的炫基中含有4种等效H原子，不考虑羟基与

氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；CH3cH2(CH3)CHOH分子的煌基中含有4种H原子，不

考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种;(CH3)3COH分子中的煌基中含有1种H原子，

其一氯代物有1种；CH3(CH3)CHCH20H分子的炫基上含有3种等效H,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原

子上时，其一氯代物有2种，根据分析可知，有机物C4H9C10的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共

有：3+3+1+2=9,故选B。

7.【答案】B

【解析】根据①可知，气体应该是C02,所以一定含有COF"则就一定没有Ba2+、AP+,因此根据溶液的

电中性可知，一定有钠离子。又因为溶液是无色的，所以没有CrCU。根据②可知，气体是氨气，沉淀只能

是氢氧化铝，这说明原溶液中含有A102,由于碳酸氢钱是过量的，所以根据③可知，一定能生成气体氨气

和白色沉淀碳酸钢，因此不能确定SO42一,答案选B。

8.【答案】A

【解析】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：

4(c—c)2

K=—选项A正确；

q

B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；

C、催化剂仅能改变达到平衡所用时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；

D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮

气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△HX),选项D错误。

答案选A。

9.【答案】B

【解析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7

种元素处于第三周期，由原子序数可知，a为碳元素，b为氧元素，c为钠元素，d为A1元素，e为Si元素，

f为C1元素。A.同一主族，从上往下，非金属性逐渐减弱，故非金属性a>e,故A错误；B.氧离子与铝

离子的电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：氧离子>铝离子，故B正确；C.氧元

素与硅元素形成的化合物是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，也能与氢叙酸反应，故C错误；D.钠

元素与氯元素组成的化合物是氯化钠，含有离子键；铝元素与氯元素组成的化合物是氯化铝，含有共价键，

故D错误；故选B。

10.【答案】C

【解析】A、Li和A1都属于金属，所以Li-Al应该属于合金而不是化合物，故A错误；B、Li是IA活泼金

属，与水剧烈反应，不能加水溶液，故B错误；C、根据电解时阳极反应得正极反应2Li++FeS+2e'Li2S+Fe

与负极反应2Li-2e-=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe,故C正确；D、根据C中电极

反应，Li+在正极消耗，故移向正极，LiAl为负极，D错误；故选C。

H.【答案】BD

【解析】反应生成Cu、SO2和Cu2+,反应的发产生为：2NH4CuSCh+4H+=Cu+Cu2++2SO2f+2H2O+2NH4+。

A.反应过程中Cu元素化合价发生改变，发生的反应是氧化还原反应，故A正确；

B.反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，则刺激性气味的气体应为SO2,故D错误。

C.反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1-+2,+1-0,即NHKuSCh中铜元素既被氧化又被还

原，故C正确；

D.反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1-+2,+1-0,反应的发产生为：

+2++

2NH4CUSO3+4H=CU+CU+2SO2T+2H2O+2NH4,每2moiNH4C11SO3参加反应则转移Imol电子，故D不正

确；

故答案为BD。

12.【答案】A

【解析】由流程图可知，硫铁矿通入空气燃烧生成的铁的氧化物，铁的氧化物加入盐酸溶解，过滤得到滤

液为氯化铁和氯化亚铁混合液，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤得到FeCh-6H2O

晶体。

“酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，回引入硝酸根离子，导致产品不纯，A错误；二氧化硫有毒，会污染环

境，为防止污染，“焙烧”过程中产生的S02可以用于制硫酸，B正确;通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,

C正确；FeCb6H2。制取无水FeCb时，应在氯化氢气流中加热，防止水解FeCb,D正确。

故选Ao

13.【答案】CD

【解析】根据题中伏打电堆模型可知，本题考查原电池和电解池的工作原理，运用原电池和电解池的工作

原理分析。

A.电解质溶液是食盐水，不是酸性环境，则该电池发生的反应为吸氧腐蚀，A项错误；

B.根据电池总反应2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2可知电池长时间工作后，中间的布上出现白色固体颗粒应是

Zn(OH)2,B项错误；

C.负极反应为Zn-2e-=Zn2+,转移电子O.lmol时，一组锌消耗的质量为0.05molx65g/mol=3.25g,八组锌消

耗的总质量为3.25g*8=26g,C项正确：

D.银作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，不会有氯气放出，D项错误；

答案选CD。

14.【答案】D

【解析】A.容器I中的反应

2NC(g)口2NO(g)+a(g)

开始(mol/L)0.600

反应(mol/L)0.40.40.2

平衡(mol/L)0.20.40.2

22

c([N0)xc(09)04x02

化学平衡常数K=2/=0.8；

22

C(NO2)0.2

C2(NO)XC(OJ052X025

容器H中开始时浓度商Qc=—则反应正向进行，平衡时混合气体的

C2(NOJ0.329

物质的量浓度之和大于Imol/L,所以达平衡时，容器I与容器H中的总压强之比小于0.8mol/L：lmol/L=4：

5,故A错误；

B.容器I中反应平衡时C(O2)=C(NO2),如果容器II中平衡时C(NO2)=C(O2),设参加反应的c(NO2)=xmol/L,

17117

则0.3-x=0.2+0.5x,解得x=j—,平衡时C(NO2)=C(O2)=-mol/L,c(NO)=0.5mol/L+—mol/L=—mol/L,II

(17?7

C2(NO)XC(OJI30JX30

中Qc='」~1八’,W.4>0.8,说明II中平衡时应该存在C(NO2)>C(O2),即容器II中

C-(NO)f7?

2boj

CO)CO)C0)

VI,而容器I中=i,所以达平衡时，容器n中比容器I中的小，故B错误;

C(NO2)C(NO2)C(NO2)

C.若容器in在某时刻，NO的体积分数为50%,可得反应的三段式:

2NO2(g)=2N0(g)+Ch(g)

起始量(mol/L)00.50.35

变化量(mol/L)2y2yy

平衡量(mol/L)2y0.5-2y0.35-y

若0.5—2y=2y+0.35—y,解得y=0.05,求出此时浓度商、。=竿詈=4.8>!<,说明此时反应未达平衡,

反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，平衡时NO的体积分数小于50%,故C错误；

2

D.vm=u(NO2);w=k,EC(NO2),vjs=v(NO)ll,ft=2v(O2)泊耗=k逆。2(NO)-c(O2),达到平衡状态时正逆反应速率

2222

相等，则klC(NO2)=kffic(NO)・C(O2),T2时若k逆,则c(NO2)=c(NO)«c(O2)，化学平衡常数K=l>0.8,

该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，则T2>T”故D正确;

故答案为D。

15.(13分)

(1)①直形冷凝管(或冷凝管)

除去CL中混有的HC1杂质

②FCB

③将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2cL排入E中收集

④滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)

(2)S2c12遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气

⑶①ac

22.4m2240m9.6m9.61m

②xlOO%或%或%或%

233V233VVV

【解析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110〜140℃反应制得S2cL粗品，氯气过量则会生成SCL,利用

装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过

装置B和硫磺反应在110〜140℃反应制得S2cL粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2cl2),连接装置D

是防止空气中水蒸气进入；

①仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F中试剂的作用是：除去CL中混有的HCI杂质；

②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，

通过装置B和硫磺反应在110〜140℃反应制得S2c12粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2cl2),连接装

置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：ATFTCTBTETD；

③实验前打开KI,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，

其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2cL排入E中收集；

④反应生成S2c12中因氯气过量则会有少量生成SCL,温度过高S2cL会分解，为了提高S2cL的纯度，实验

的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；

(2)少量S2c12泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，

其原因是：防止S2c12遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；

遇水会生成、两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中的体积分数，

(3)S2cLSO2HC1SO2

混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钢溶液反应得到硫酸钢沉淀，

过滤洗涤干燥称量得到硫酸铁沉淀质量mg,元素守恒计算二氧化硫体积分数；

①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c.氯水，但不能是b.KMnCU溶液(硫酸酸化),

因为高镭酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；

mg

②过程分析可知生成沉淀为硫酸钢沉淀,硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=

233g/mol

袅mol,该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=

m[

.mol224m

——xl00%=仝"xl00%

YL233Vo

22.4L/mol

16.(12分)

(1)阳

(2)3Na2cCh+3Cl2=5NaCH-NaC103+3CO2

(3)C104-

(4)蒸发浓缩

702b

(5)x100%

371a

(6)2CU(C1O4)2^^2CUO+702T+2CLT

【解析】(1)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与

氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜;

故答案为：阳;

(2)“歧化反应”是碳酸钠与氯气反应生成氯化钠和NaCKh,氯元素从0价变为T价和+5价，同时生成二

氧化碳，反应的化学方程式为3Na2co3+3CL==5NaCl+NaClO3+3CO2；

(3)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极的氯离

子失电子产物为C10《；

(4)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸;

(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠,

加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(0H)2cCh反应生成Cu(CICU)2・6H20,假设起始是氯化钠为6mol,则

生成的氯气为3mol,得到Imol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0.5molCu(CQ)2-6H2O,因此产率为

bxlOO%=^^xlOO%

a1gI

-----x——x371371a

58.512

(6)在A方式：以(。@)22。〃。/2+402个中CuCL是还原产物，02是氧化产物，反应中转移电子数为

16e1若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解,则方式A共转移4molx16e-=64mole1

7

A、B两种方式转移的电子数之比为8:7,则B中转移电子64moie”丁=56mole\CU(C1C>4)2分解时Cu元素

8

56mol

化合价不变，则B方式中02是氧化产物，生成02的物质的量为=14mo/,若C1元素还原产物中

4

价态为X价，则8(7-x)=56,解得：x=0,可知还原产物为C12,且其物质的量为迎竺乂=4〃?。/,则结合

14

原子守恒，B方式发生反应的方程式为2Cu{Cl(Kb△_2CuO+7O,t+2CbT.

17.(14分)

(1)2HC1(g)+yO2(g)=氏0(g)+CI2(g)\H=\H\+\H2+\H3(2分)

(2)①LCIV|X1()7(2分)②0.56(2分)

2

③」一(2分)④〉(2分)

2400

(3)①〉(1分)

②减小(1分)随着‘(仪色列)增大,N2含量增大，HC1(g)、O2(g)、H2O(g)和CI2(g)的浓

q(HC1)

度均使反应体系的浓度商Q>K,平衡逆向移动，HC1的平衡转化率减小(2分)

【解析】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可

知热化学方程式为2HCI(g)+yO2(g)=氏0(g)+C12(g)A//=A^I+AH2+A^3«(2)①根据题中离子

2

方程式2s2O32「+l2=S4O62-+2f,Cb氧化厂的离子方程式为Cb+2r=2Cr+L，可以得到如下关系式：2S2O3~

h~Cb,n(Ch)=—n(S2O?)=—ciVi><103mol；②当？'(催‘化=50g.min.moP时,每分钟流经

22q(HC1)

lg催化剂的HC1为'mol,3^2=4,所以每分钟流经1g催化剂的O2为」一mol,总气体的物质的量为,

50n(O2)20050

mol+mol=—mol,体积为molx22.4L/mol=0.56L；③(催・化)=200g•min•mo「时a(HC1)

2004040q(HC1)

为33.3%,则v(HCl)=—x33.3%mol-g'•min-I,根据化学方程式HC1和O2反应的比例为4：1,v(O)

2002

=-v(HC1)=Lx_1_x33.3%mol•gT•mirT』一5—mol,g1,min'；④根据第③题的计算过程可知，

442002400

当‘(催化剂)相同时,HC1的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、虫幽=3的情况下HC1的转

q(HC1)n(O2)

化率较大，所以(3)①由图可知，当上(催化剂)相同时,温度越高HC1平衡转化率越小，说明该反

q(HC1)

应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K36(rc>K4ooc;②一定温度下随着以(催化剂-)增大,

q(HC1)

n(HC1)

在相同的情况下，通过催化剂的混合气体中HC1和02量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物

n(O2)

的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc=°/。2),若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于

2

C(HC1)XC2(O2)

K,此时平衡逆向移动，HC1的平衡转化率减小。

18.(15分)

3d4s

(l)dsA|A|N||由

(2)①正四面体②配位键N®Cu<H<N<0④sp3F的电负性比N大,N—F成键电子对向F偏移,

导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Ci?+形成配离子

⑶①HgBazCuCU②4

cM

③*"10一3。

【解析】(l)Cu是29号元素，原子核外电子数为29,位于元素周期表中的ds区。Cu基态原子核外电子排

3d4s

布式为Is22s22P63s23P63小咏1,价电子排布式为3小%],价电子排布图为

6+2-2><4

(2)①SO,中S原子的孤对电子对数=2=0,价层电子对数=4+0=4,离子空间构型为正四面

体。

②CM+提供空轨道，NE中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。

③非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性增强，故电负性H<NV0,Cu为金属

元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。故电负性从小到大的顺序为Cu<H<N<O。

5+3

④NH3中N原子杂化轨道数为亍=4,采取sp3杂化方式；F的电负性比N大，N—F成键电子对向F

偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与C/+形成配离

子。

(3)①该晶胞中Ba原子个数=2；Hg原子个数=8x/=l；Cu原子个数=4x；=l；。原子个数=8乂：+4乂3

=4,故化学式为HgBazCuCU。

②根据晶胞结构图知，以下面的Ba?+为例，周围距离最近且等距离的分布在下底面的4个顶点上，所

r)—

以距离Ba?+最近的Hg+数目为4个。Ba?+离下底面面心的距离为亍pm,设Ba?+与Hg*的最短距离为无,

则有、2=送+号,解得x=4上+宁

pm。

③该晶胞的质量=称g,体积pm3=a2b(10",ocm)3=a230cm3；所以该晶体的密度=

/VA

M

M

•xioro而3—L。2"l()rog-cm

19.(15分)

(1)取代反应甲苯

CH2MgCI

+HBr

gH2clCHMgCIOHC-CHf-CH-CHCH-CH-CH=CH

CH3223222

Cbr入Mg入H;c-b-CH3\6H浓H2SO,X

⑸6光照kjl无水/kJHQ*U'U

【解析】由流程可知苯在催化条件下生成嗅苯，依次与镁/乙醛、环氧乙烷反应生成苯乙醇，然后与三澳化

MgBr胪CH2MgCI

,苯与一溪甲烷生成的©为(